Analyse complexe Examen du 18 mai 20101 - durée : 3h

Licence de Mathématiques
L3 – Analyse complexe
Examen du 18 mai 2010 1 - durée : 3h
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maximum.
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- Toutes les réponses doivent être soigneusement justifiées.
1. Calculer, pour n ≥ 0, ∫
γ
z n
z 2 + 3z + 1 dz,
où γ(t) = e it , 0 ≤ t ≤ 2π. En déduire que le développement en série de Fourier la
1
fonction f(x) = est donné par
3+2 cos x
f(x) = √ 1 + 2 ∑
√ β n cos(nx), x ∈ R,
5 5
n≥1
avec β = −3+√ 5.
2
1
2. Écrire le développement en série de Laurent de au point z = i.
(z−i)(z−2) 2
3. Soit f une fonction holomorphe dans le disque D(0, R). On note son développement
en série entière en 0 par ∑ n≥0 a nz n .
a) Démontrer que, pour 0 < r < R fixé, la suite (a n r n ) est bornée. En déduire que la
série entière de terme général anzn a un rayon de convergence égal à +∞. Soit F (z) sa
n!
somme.
b) Soit γ r = re it , 0 ≤ t ≤ 2π.
i) Montrer que, pour tout r ∈]0, R[ et pour tout z ∈ C, on a
F (z) = 1
2iπ
∫
γ r
f(u)e z u
1 Le corrigé sera disponible à partir du 19 mai 2010 à l’adresse
du
u .
http ://www.math.univ-metz.fr/∼ choulli/enseignement.html

ii) En déduire que, pour tout r ∈]0, R[, il existe une constante A > 0 telle que
4. Calculer l’intégrale
|F (z)| ≤ Ae |z|
r , pour tout z ∈ C.
I =
∫ +∞
0
x 2 + 1
x 4 + 1 dx.
5. Soit E l’ensemble des fonctions holomorphes dans D = D(0, 1) et telles que, pour tout
z ∈ D, |f(z)| ≤ 1.
a) Démontrer que, pour tout f ∈ E et pour tout z ∈ D,
|f(z) − f(0)| ≤ 2|z|.
b) Démontrer que, dans l’inégalité ci-dessus, on ne peut pas remplacer 2 par un nombre
strictement inférieur. (On pourra considérer les fonctions z → z−θ , où θ ∈ [0, 1[.)
1−θz

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L3 – Analyse complexe
Corrigé de l’examen du 18 mai 2010
1. On a z 2 +3z+1 = (z−α)(z−β), où α = −3−√ 5
et β = −3+√ 5. Clairement, |β| < 1 < |α|.
2 2
Donc α est dans la composante connexe non bornée de C \ Γ, avec Γ = γ([0, 2π]), et
par suite son indice par rapport à γ est nul. D’après le théorème des résidus, on a alors
∫
z n
2iπβn
= 2iπ Rés(f, β) =
z 2 + 3z + 1 β − α = 2iπβn √ . 5
γ
Comme f est une fonction paire, on sait que le développement en série de Fourier de
f est donnée par
f(x) = a 0
2 + ∑ a n cos(nx),
n≥1
avec
On écrit
et donc
( ∫ 1
a n = Ré
iπ γ
a n = 1 π
∫ 2π
0
cos(nx)
3 + 2 cos x dx.
( ∫ 1 2π
ie inx )
a n = Ré
iπ 0 3 + e ix + e dx −ix
z n−1
3 + z + 1 z
On déduit alors du calcul précédent que
) ( ∫ 1
dz = Ré
iπ γ
a n = 2βn √
5
,
z n )
3z + z 2 + 1 dz .
ce qui donne le résultat recherché.

2. On commence par décomposer la fraction rationnelle
1
(z−i)(z−2) 2 en éléments simples :
1
(z − i)(z − 2) 2 = α
z − i +
β
z − 2 +
γ
(z − 2) 2 . (1)
En multipliant chaque membre de cette identité par z − i (resp. (z − 2) 2 ) et en prenant
ensuite z = i (resp. z = 2), on trouve α = 1 (resp. γ = 1 ). Si on multiplie chaque
(i−2) 2 2−i
membre de (1) par z et si on fait z → ∞, on déduit que 0 = α+β, c’est-à-dire β = −α.
On a donc
1
(z − i)(z − 2) = 1 1
2 (i − 2) 2 z − i − 1 1
(i − 2) 2 z − 2 + 1
2 − i
1
(z − 2) . (2)
2
On a
D’où
1
1
z − 2 = 1
(z − i) − (2 − i) = − 1 1
2 − i 1 − z−i .
2−i
z − 2 = − ∑ n≥0
(z − i) n
(2 − i) n+1 , si |z − i| < |2 − i| = √ 5,
et par suite
1
( 1
) ′
(z − 2) = − ∑ n(z − i) n−1
= = ∑ (n + 1)(z − i) n
, |z − i| < √ 5.
2 z − 2 (2 − i) n+1 (2 − i) n+2 n≥1
n≥0
Les deux dernières identités et (2) impliquent
1
(z − i)(z − 2) = 1 1
2 (i − 2) 2 z − i + ∑ n + 2
(2 − i) (z − n+3 i)n , 0 < |z − i| < √ 5.
n≥0
3. a) Puisque ∑ n≥0 a nr n est convergente, son terme général tend vers 0, c’est-à-dire
a n r n → 0 quand n → +∞. En particulier, la suite (a n r n ) est bornée. Donc, il existe
M > 0 tel que
|a n |r n ≤ M, pour tout n ≥ 0.
On en déduit que pour tout z ∈ C,
∣ a nz n
∣ = |a n r n | 1 n! n!
|z| n
r n ≤ M 1 n!
|z| n
, pour tout n ≥ 0.
rn Comme 1 |z| n
∑
est terme général d’une série convergente, on conclut que la série entière
n! r
a n
nz n
n≥0
converge pour tout z ∈ C. Son rayon de convergence est donc égal à +∞.
n!
b) i) D’après les formules de Cauchy, on a
a n = 1 ∫
f(u)
du.
2iπ un+1 γ r

Donc
F (z) = 1 ∑ f(u)z
2iπ
∫γ n
du.
r
n!un+1 z n
n!u n+1
n≥0
La série de terme général converge normalement et donc uniformément sur γ r
car
∣ ∣∣ z n ∣ ∣∣ 1
( |z|
) n,
= pour tout u ∈ γr ,
n!u n n! r
( ) n
et que 1 |z|
n! r est le terme général d’une série convergente.
Cette convergence normale permet d’intervertir la sommation et l’intégration. On peut
donc écrire
F (z) = 1 ∫ ( ∑ z n ) du
f(u)
2iπ γ r
n!u n u = 1 ∫
f(u)e z du
u
2iπ
n≥0
γ r
u .
ii) D’après la dernière identité, on a
|F (z)| ≤ L(γ r)
2π
∣ ∣∣ max f(u)e z u
∣ ≤ max |f(u)|e |z|
r
u∈γ r u u∈γ r
= Ae |z|
r ,
avec A = max u∈γr |f(u)|, où l’on a utilisé L(γ r ) = 2πr et |e z u | ≤ e |z|
|u|
∫ +∞
−∞
= e |z|
r .
4. On note d’abord que I = 1 x 2 +1
. On considère la fonction f(z) = z2 +1
et, pour
2 x 4 +1 z 4 +1
R > 1, soit γ R le chemin (fermé) constitué de la juxtaposition des deux chemins γR 1 et
γR 2 , avec γ1 R (x) = x, −R ≤ x ≤ R et γ2 R (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π.
La fonction f a quatre pôles dont deux ont un indice nul par rapport à γ R et les deux
autres ont un indice par rapport à γ R égal à 1. Ces deux derniers sont z 0 = √ 2
2
et z 1 = √ 2(−1 + i) et on a
2
Rés(f, z 0 ) = z2 0 + 1
4z0
3
Rés(f, z 1 ) = z2 1 + 1
4z1
3
= − 1 4 z 0(z0 2 + 1) = −i√ 2
,
4
= − 1 4 z 1(z1 2 + 1) = −i√ 2
.
4
D’après le théorème des résidus, on a
∫
∫
∫
f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz = 2iπ(Rés(f, z 0 ) + Rés(f, z 1 )) = π √ 2.
γ R
C’est-à-dire,
Mais
∫
∣
γ 2 R
γ 1 R
∣
f(z)dz
∫
γ 1 R
γ 2 R
∣ ≤ L(γ 2 R) max
z∈γ 2 R
∫
f(z)dz +
γ 2 R
(1 + i)
f(z)dz = π √ 2. (3)
|f(z)| ≤ πR R2 + 1
R 4 − 1
→ 0 quand R → +∞.

En passant à la limite dans (3), on conclut
I = 1 ∫
2
lim f(z)dz = √ π .
R→+∞
2
5. a) Soit f ∈ E. La fonction g(z) = f(z) − f(0) est holomorphe dans D, vérifie g(0) = 0
et
|g(z)| ≤ |f(z)| + |f(0)| ≤ 2, pour tout z ∈ D.
γ 1 R
On peut donc lui appliquer le lemme de Schwarz. On conclut alors que |g(z)| ≤ 2|z|,
pour tout z ∈ D, et, par suite, |f(z) − f(0)| ≤ 2|z|, pour tout z ∈ D.
b) Pour θ ∈ [0, 1[, la fonction f θ (z) = z−θ est holomorphe dans D et vérifie |f 1−θz θ(z)| ≤ 1,
pour tout z ∈ D. En effet, |f θ (z)| 2 ≤ 1 est équivaut à |z − θ| 2 ≤ |1 − θz| 2 pour tout
z ∈ D, ce qui, après calcul, revient à vérifier l’inégalité θ 2 (1−(x 2 +y 2 )) ≤ 1−(x 2 +y 2 ),
pour tout z = x + iy ∈ D.
On suppose qu’il existe 0 < λ < 2 tel que
En particulier, on a
|f(z) − f(0)| ≤ λ|z|, pour tous f ∈ E, z ∈ D.
|f θ (1) − f θ (0)| = 1 + θ ≤ λ, pour tout θ ∈ [0, 1[.
En faisant tendre θ vers 1, on déduit de cette dernière inégalité que 2 ≤ λ, ce qui
aboutit à une contradiction. Donc un tel λ n’existe pas.